高考数学(理)二轮专题练习:解答题的八个答题模板(含答案).doc
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高考数学(理)二轮专题练习:解答题的八个答题模板(含答案).doc
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解答题的八个答题模板
【模板特征概述】
数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型,通常是高考的把关题和压轴题,具有较好的区分层次和选拔功能.目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题.在高考考场上,能否做好解答题,是高考成败的关键,因此,在高考备考中学会怎样解题,是一项重要的内容.本节以著名数学家波利亚的《怎样解题》为理论依据,结合具体的题目类型,来谈一谈解答数学解答题的一般思维过程、解题程序和答题格式,即所谓的“答题模板”.
“答题模板”就是首先把高考试题纳入某一类型,把数学解题的思维过程划分为一个个小题,按照一定的解题程序和答题格式分步解答,即化整为零.强调解题程序化,答题格式化,在最短的时间内拟定解决问题的最佳方案,实现答题效率的最优化.
模板1 三角变换与三角函数的性质问题
已知函数f(x)=2cosx·sin-sin2x+sinxcosx+1.
(1)求函数f(x)的最小正周期;
(2)求函数f(x)的最大值及最小值;(3)写出函数f(x)的单调递增区间.
审题路线图 不同角化同角→降幂扩角→化f(x)=Asin(ωx+φ)+h→结合性质求解.
规范解答示例
构建答题模板
解 f(x)=2cosx-sin2x+sinxcosx+1
=2sinxcosx+(cos2x-sin2x)+1=sin2x+cos2x+1
=2sin+1.
(1)函数f(x)的最小正周期为=π.
(2)∵-1≤sin≤1,∴-1≤2sin+1≤3.
∴当2x+=+2kπ,k∈Z,即x=+kπ,k∈Z时,f(x)取得最大值3;
当2x+=-+2kπ,k∈Z,即x=-+kπ,k∈Z时,f(x)取得最小值-1.
(3)由-+2kπ≤2x+≤+2kπ,k∈Z,得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z.
∴函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z).
第一步 化简:
三角函数式的化简,一般化成y=Asin(ωx+φ)+h的形式,即化为“一角、一次、一函数”的形式.
第二步 整体代换:
将ωx+φ看作一个整体,利用y=sinx,y=cosx的性质确定条件.
第三步 求解:
利用ωx+φ的范围求条件解得函数y=Asin(ωx+φ)+h的性质,写出结果.
第四步 反思:
反思回顾,查看关键点,易错点,对结果进行估算,检查规范性.
(2014·福建)已知函数f(x)=cosx(sinx+cosx)-.
(1)若0<α<,且sinα=,求f(α)的值;
(2)求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间.
解 方法一
(1)因为0<α<,sinα=,
所以cosα=.
所以f(α)=×(+)-=.
(2)因为f(x)=sinxcosx+cos2x-
=sin2x+-
=sin2x+cos2x
=sin(2x+),
所以T==π.
由2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z,得
kπ-≤x≤kπ+,k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为[kπ-,kπ+],k∈Z.
方法二 f(x)=sinxcosx+cos2x-
=sin2x+-
=sin2x+cos2x
=sin(2x+).
(1)因为0<α<,sinα=,所以α=,
从而f(α)=sin(2α+)=sin=.
(2)T==π.
由2kπ-≤2x+≤2kπ+,k∈Z,得
kπ-≤x≤kπ+,k∈Z.
所以f(x)的单调递增区间为[kπ-,kπ+],k∈Z.
模板2 解三角形问题
在△ABC中,若acos2+ccos2=b.
(1)求证:
a,b,c成等差数列;
(2)求角B的取值范围.
审题路线图
(1)―→―→
(2)―→―→
规范解答示例
构建答题模板
(1)证明 因为acos2+ccos2=a·+c·=b,
所以a+c+(acosC+ccosA)=3b,
故a+c+=3b,
整理,得a+c=2b,故a,b,c成等差数列.
(2)解 cosB==
=≥=,
因为0
第一步 定条件:
即确定三角形中的已知和所求,在图形中标注出来,然后确定转化的方向.
第二步 定工具:
即根据条件和所求,合理选择转化的工具,实施边角之间的互化.
第三步 求结果.
第四步 再反思:
在实施边角互化的时候应注意转化的方向,一般有两种思路:
一是全部转化为边之间的关系;二是全部转化为角之间的关系,然后进行恒等变形.
(2014·辽宁)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a>c,已知·=2,cosB=,b=3.求:
(1)a和c的值;
(2)cos(B-C)的值.
解
(1)由·=2得c·acosB=2.
又cosB=,所以ac=6.
由余弦定理,得a2+c2=b2+2accosB.
又b=3,所以a2+c2=9+2×6×=13.
解得或
因为a>c,所以a=3,c=2.
(2)在△ABC中,
sinB===,
由正弦定理,
得sinC=sinB=×=.
因为a=b>c,
所以C为锐角,
因此cosC===.
于是cos(B-C)=cosBcosC+sinBsinC
=×+×=.
模板3 数列的通项、求和问题
(2014·江西)已知首项都是1的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N*)满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.
(1)令cn=,求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=3n-1,求数列{an}的前n项和Sn.
审题路线图
(1)→→→
(2)→
规范解答示例
构建答题模板
解
(1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0(bn≠0,n∈N*),
所以-=2,即cn+1-cn=2,
所以数列{cn}是以首项c1=1,公差d=2的等差数列,故cn=2n-1.
(2)由bn=3n-1知an=cnbn=(2n-1)3n-1,
于是数列{an}的前n项和Sn=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,
3Sn=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,
相减得-2Sn=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,
所以Sn=(n-1)3n+1.
第一步 找递推:
根据已知条件确定数列相邻两项之间的关系,即找数列的递推公式.
第二步 求通项:
根据数列递推公式转化为等差或等比数列求通项公式,或利用累加法或累乘法求通项公式.
第三步 定方法:
根据数列表达式的结构特征确定求和方法(如公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等).
第四步 写步骤:
规范写出求和步骤.
第五步 再反思:
反思回顾,查看关键点、易错点及解题规范.
已知点是函数f(x)=ax(a>0,且a≠1)的图象上的一点.等比数列{an}的前n项和为f(n)-c.数列{bn}(bn>0)的首项为c,且前n项和Sn满足Sn-Sn-1=+(n≥2).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)若数列的前n项和为Tn,问满足Tn>的最小正整数n是多少?
解
(1)∵f
(1)=a=,∴f(x)=x.
由题意知,a1=f
(1)-c=-c,
a2=[f
(2)-c]-[f
(1)-c]=-,
a3=[f(3)-c]-[f
(2)-c]=-.
又数列{an}是等比数列,
∴a1===-=-c,
∴c=1.又公比q==,
∴an=-·n-1=-2·n(n∈N*).
∵Sn-Sn-1=(-)(+)
=+(n≥2).
又bn>0,>0,∴-=1.
∴数列{}构成一个首项为1、公差为1的等差数列,
=1+(n-1)×1=n,即Sn=n2.
当n≥2时,bn=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1,
当n=1时,b1=1也适合此通项公式.
∴bn=2n-1(n∈N*).
(2)Tn=+++…+
=+++…+
=×+×+×+…+×=×=.
由Tn=>,得n>,
∴满足Tn>的最小正整数n的值为101.
模板4 利用空间向量求角问题
(2014·山东)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.
(1)求证:
C1M∥平面A1ADD1;
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.
审题路线图
(1)⇒→
(2)→
→→
规范解答示例
构建答题模板
(1)证明 因为四边形ABCD是等腰梯形,
且AB=2CD,所以AB∥DC.
又由M是AB的中点,因此CD∥MA且CD=MA.
连接AD1,如图
(1).
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
因为CD∥C1D1,CD=C1D1,可得C1D1∥MA,C1D1=MA,所以四边形AMC1D1为平行四边形,因为C1M∥D1A.
又C1M⊄平面A1ADD1,D1A⊂平面A1ADD1,所以C1M∥平面A1ADD1.
(2)解 方法一 如图
(2),连接AC,MC.
由
(1)知CD∥AM且CD=AM,
所以四边形AMCD为平行四边形,
可得BC=AD=MC,
由题意得∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形,
因此AB=2BC=2,CA=,
因此CA⊥CB.
以C为坐标原点,建立如图
(2)所示的空间直角坐标系C-xyz,所以A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,),
因此M,所以=,==.
设平面C1D1M的一个法向量为n=(x,y,z),
由得可得平面C1D1M的一个法向量n=(1,,1).又=(0,0,)为平面ABCD的一个法向量,因此cos〈,n〉==.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
方法二 由
(1)知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,
过点C向AB引垂线交AB于点N,
连接D1N,如图(3).由CD1⊥平面ABCD,
可得D1N⊥AB,
因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.
在Rt△BNC中,BC=1,
∠NBC=60°,可得CN=.所以ND1==.
所以Rt△D1CN中,cos∠D1NC===,
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.
第一步 找垂直:
找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线.
第二步 写坐标:
建立空间直角坐标系,写出特征点坐标.
第三步 求向量:
求直线的方向向量或平面的法向量.
第四步 求夹角:
计算向量的夹角.
第五步 得结论:
得到所求两个平面所成的角或直线和平面所成的角.
如图所示,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,A1A=4,点D是BC的中点.
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;
(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值.
解
(1)以A为坐标原点,分别以,,为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4).
所以=(2,0,-4),=(1,-1,-4).
所以cos〈,〉=
==.
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)由题意,知=(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量.
设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z),
因为=(1,1,0),=(0,2,4),
由m⊥,m⊥,得
取z=1,得y=-2,x=2,所以平面ADC1的一个法向量为m=(2,-2,1).
设平面ADC1
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